高考化学易错题解题方法详解5

高考化学易错题解题方法详解5

‎2012年高考化学易错题解题方法秘籍（5）‎ ‎——化学计算 ‎【范例63】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( ) ‎ A． B． C． D． ‎【错解分析】错选C。忽略题中条件“溶液分成两等分”，溶质变为原来的1/2.‎ ‎【解题指导】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为。‎ ‎【答案】D ‎【练习63】将KCl和 BaCl2的混合溶液a L均匀分成两份。向其中一份中滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀；向另一份中滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。下列有关推断正确的是 A．x＝y B．c(K＋)＝(2y－4x)/a mol·L－1‎ C．若a L混合溶液中c(Cl－)＝1mol/L，则y＝a、x＝‎‎0.5a D．若a L混合溶液中c(K＋)＝1mol/L，且y＝0.4mol，则x＝(0.2－‎0.5a )mol ‎【范例64】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出‎1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为 A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol ‎【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，所以n（Fe）=0.24mol，忽略生成NO 0.06mol的那一部分硝酸。‎ ‎【解题指导】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO 0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。‎ ‎【答案】B ‎【练习64】现有44gMg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与‎1L含有一定质量的20%硫酸溶液恰好完全反应，得到无水盐‎140 g.则下列说法正确的是( )‎ A.电子转移为1mol B.生成的气体体积（标准状况）为‎22.4 L ‎ C.硫酸溶液的质量为‎540g D.硫酸物质的量浓度为2mol/L ‎【范例65】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品‎5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（ ）‎ A．2.8 mol·L-1 B．3.8 mol·L‎-1 ‎ C．4.3 mol·L-1 D．4.9 mol·L-1学科网 ‎【错解分析】 错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。‎ ‎【解题指导】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1mol Fe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。‎ ‎【答案】A ‎【练习65】C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是( )‎ A.28 B‎.30 C.39 D.40‎ ‎【范例61】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可w.w.w.k.s.5.u. c.o.m被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是 （ ） ‎ A．5 B．‎4 ‎C．3 D．2‎ ‎【错解分析】错选 B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。‎ ‎【解题指导】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5.‎ ‎【答案】A ‎【练习61】在酸性条件下,KClO3与H‎2C2O4反应,产物为ClO2和CO2,则用1molKClO3反应所需H‎2C2O4的物质的量为（ ）‎ A. 0.25‎mol B. 0.5mol C. 1mol D. 2mol ‎【范例62】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37‎ B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37‎ C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35‎ D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10‎ ‎【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。‎ ‎【解题指导】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。‎ ‎【答案】B ‎【练习62】在一定的条件下，完全分解下列某化合物‎2g，产生氧气‎1.6g，此化合物是( )‎ ‎【范例66】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46．66％，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为 ‎ A．1 Ｂ．‎2 C．3 D．4 ‎ ‎【错解分析】 错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。‎ ‎【解题指导】100×53.33%÷16==3.33 130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O原子，16×4÷53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。‎ ‎【答案】A ‎【练习66】已知一定量某一元醛发生银镜反应得到‎21.6克银，等量此醛完全燃烧生成‎5.4克水，则该醛为 A.丙醛 B.丁醛 C.丁烯醛 D.己醛 ‎【范例68】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少‎6.40g ，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体‎4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为 A.3.2‎mol/L B.3.6mol/L C.4.0mol/L D.无法判断 ‎ ‎【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数法列方程组求代数式的值，即可迎刃而解。‎ ‎【解题指导】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有y+z=6.40/16=0.4……①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。‎ ‎【答案】A ‎【练习68】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少‎3.2g ‎ ，另一份加入500ml1.6mol/L稀硝酸，固体恰好完全溶解（硝酸无剩余），且同时收集到标准状况下NO气体VL，则Ｖ的值为 Ａ.1.12‎‎ Ｂ.2.24 Ｃ.3.36 Ｄ.4.48‎ ‎【范例69】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（ ）‎ A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3‎ B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3‎ C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol ‎【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。‎ ‎【解题指导】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。‎ ‎【答案】C ‎【练习69】将质量为w‎1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V‎1L。向溶液中逐滴加入浓度为amol·L-1的HCl溶液，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V‎2L。将溶液蒸干灼烧得固体w‎2g。下列关系式中不正确的是 A．35.5aV2＝w2－w1 B．23n(Na)＋27n(Al)＝w1‎ C．n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4 D．58.5n(Na)＋51n(Al)＝w2‎ ‎【范例67】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将‎13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得‎9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（　）‎ A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2 B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3‎ C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2 D．无法判断何种为肯定或否定的杂质 ‎【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，杂质提供CO32—少或者无，所以Na2CO3可能有。‎ ‎【解题指导】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，‎13.8g应生成沉淀‎10g，故样品中肯定含有同为‎13.8g时不生成或生成沉淀小于‎10g的杂质，即肯定含有KNO3，而‎13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于‎10g，应为可能有。‎ ‎【答案】B ‎ ‎【练习67】实验室有一瓶Na2SO3固体，可能含有NaCl、Na2SO4、BaCl2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种杂质，通过下列实验确定该样品的成分及Na2SO3的质量分数。‎ ‎①取少量样品于试管中，加水振荡，未见沉淀生成；‎ ‎②透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应无紫色；‎ ‎③称取样品‎3.00g，加入10.0mol/L的硫酸至过量，产生无色气体224mL(标准状况)。‎ 测定产生气体的体积(SO2在硫酸中的溶解忽略不计)‎ ④向逸出气体后的溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到白色沉淀‎11.65g。根据实验所得现象及数据，可知：样品中Na2SO3的质量分数是_____，含有的杂质是_________________。‎ ‎【范例70】常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是 A．硫酸溶液的体积为30 mL ‎ B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125 mol·L－1‎ C．d时刻溶液的pH约为13 ‎ D．溶液的导电能力：c”或“=”）‎ ‎⑴若ω1= 2ω2，则c1 ‎2 c2，V 50 mL ‎⑵若c1 = ‎2 c2，则ω1 2ω2，V 50 mL ‎【范例75】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐‎3.01g，加入2.0mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重‎1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。‎ ‎【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都含有氢元素，所以根据氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。 ‎ ‎【解题指导】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32—）=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH—需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH—）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）‎21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=‎0.36g， 0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。‎ ‎【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），‎ n[Mg(OH)2]＝=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），‎ 碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O（1分）。‎ ‎【练习75】有机物A由碳，氢，氧三种元素组成。现取2.3gA与‎2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳，一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重‎2.7g，碱石灰增重‎2.2g。则2.3gA中n（H）=________，n（C）=________，该有机物的分子式为___________。‎ ‎【范例72】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（ AB　）‎ A． B． C．　　D．‎ ‎【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同，式量不同，结果也不同。‎ ‎【解题指导】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。‎ ‎【答案】AB ‎【练习72】有t℃的a g KCl不饱和溶液，其质量分数为w1，采取措施后使其变为b g饱和溶液，其溶质质量分数为w2，下列说法正确的是 A．a一定小于或等于b                B．aw1一定等于b w‎2 ‎ ‎ C．t℃时KCl溶解度一定大于100w1     D．w1一定大于w2‎ ‎【范例73】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：‎ ‎3A‎（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是 （ ）‎ ‎ A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4‎ ‎ B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等 ‎ C．平衡时甲中A的体积分数为0.4‎ ‎ D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5‎ ‎【错解分析】错选A或C。审题注意两点“D为固态”，“ 甲、乙两容器中C的体积分数都为‎0.2”‎，所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。‎ ‎【解题指导】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相等，则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。‎ ‎【答案】D ‎【练习73】恒温、恒容下，a molA和b molB在一个容积可变的容器中发生如下反应：‎ A（g）+2B（g）≒‎2C（g），一段时间后达到平衡，生成n molC。则下列说法中正确的是（ ）‎ A．物质A、B的转化率之比为a：b B．当=2时，可确定反应到达平衡状态 C．若起始时放入‎2a molA和2b molB，则达平衡时生成2n molC D．起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：‎ 参考答案 ‎61.【答案】B ‎62.【答案】B ‎63.【答案】B ‎64.【答案】B ‎65.【答案】B（提示：因C8H18的裂化方式不定，故混合气体的平均相对分子质量也不定，可用极值法解此题。C8H18按下列方式裂化所得平均相对分子质量最大，C8H18=C4H8＋C4H10,C4H10=C2H4＋C2H6（或C4H10=CH4＋C3H6），混合气的平均相对分子质量为：114÷3＝38。若按下式分解：C8H18=C2H4＋C6H‎14 C6H14=C4H10＋C2H‎4 C4H10=C2H4＋C2H6(或C4H10=CH4＋C3H6），所得混合气体中不含C4H8，此时平均式量最小为：114÷4＝28.5，即混合气体的平均式量的范围是：28.5＜M≤38。所以答案为B)‎ ‎66.【答案】AC ‎ ‎67.【答案】42％； NaCl ‎68.【答案】B ‎69.【答案】A（提示：加入过量盐酸所得溶液为NaCl和AlCl3，蒸干灼烧得到固体NaCl和Al2O3，所以固体质量差值不单纯是氯元素。）‎ ‎710.【答案】B ‎71.【答案】（提示：不能用b表示）‎ ‎72.【答案】C ‎73.【答案】D ‎74.【答案】⑴ >；= ⑵ < ；<‎ ‎75【答案】0.3mol；0.1mol；C2H6O w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ www.ks5u.com